1. $I=\int f(x)dx$
Đặt: $\sqrt[12]x=t\Rightarrow x=t^{12}\Rightarrow dx=12t^{11}dt$
Từ đó:
$I=\int\frac{t^6.12t^{11}dt}{t^8-t^3}$ 
    $=12\int\frac{t^{14}dt}{t^5-1}$ 
    $=12\int\frac{t^{14}-t^9+t^9-t^4+t^4}{t^5-1}dt$ 
    $=12\int t^9dt+12\int t^4dt+\frac{12}{5}\int\frac{d(t^5-1)}{t^5-1}$ 
    $=\frac{6}{5}t^{10}+\frac{12}{5}t^5+\frac{12}{5}\ln|t^5-1|+C$ 
    $=\frac{6}{5}\sqrt[6]{x^5}+\frac{12}{5}\sqrt[12]{x^5}+\frac{12}{5}\ln|\sqrt[12]{x^5}-1|+C $ 

Ta có:
$\int(3x+5)^4dx=\frac{1}{3}\int(3x+5)^4d(3x+5)$ 
                                 $=\frac{1}{15}(3x+5)^5+C$ 

Xem ở đây bạn nhá.

http://toan.hoctainha.vn/Hoi-Dap/Cau-Hoi/113861/cac-anh-giai-them-bai-nay-nua-a  

b)
$\forall x \in (0;\frac{\pi}{4})$,ta có : $0<\tan x<1$
 $\Rightarrow  \tan^{n+2} x<\tan^n x<\tan^{n-2} x$
$\Rightarrow  \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }\tan^{n+2} xdx<\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }\tan^n xdx <\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }\tan^{n-2} xdx$ (theo bất đẳng thức tích phân)
$\Rightarrow  I_{n+2}<I_n<I_{n-2}$
Xét riêng :$I_n<I_{n-2}$ (Cộng hai vế $I_n$)
$\Rightarrow 2I_n=I_n+I_n<I_n+I_{n-2}=\frac{1}{n-1} \Rightarrow  I_n<\frac{1}{2n-2}     (1)$
Tương tự : $I_n>I_{n+2}$ (Cộng hai vế $I_n$)
$\Rightarrow  2I_n=I_n+I_n>I_n+I_{n+2}=\frac{1}{n+1} \Rightarrow  I_n>\frac{1}{2n+2}     (2)$
Từ $(1),(2) \Rightarrow  \frac{1}{2n+2}<I_n<\frac{1}{2n-2},\forall n\ge2$

b)
Xét: $I_{n+2}=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }\tan^{n+2} xdx=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }\tan^{n} x\tan^2 xdx$
                    $=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }\tan^{n}x(\frac{1}{\cos^2 x} -1)dx$
                    $=\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }\tan^{n} xd(\tan x)-\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{4} }\tan^{n} xdx$
                    $=\frac{1}{n+1}\tan^{n+1}x \left|\begin{array}{l}\frac{\pi}{4} \\0\end{array} \right.-I_{n}=\frac{1}{n+1}-I_{n}  $
$\Rightarrow  I_n+I_{n+2}=\frac{1}{n+1}, \forall n\ge 2$
Từ đó, suy ra: $ \frac{1}{n+2} < I_n + I_{n+2} < \frac{1}{n} , \forall n\ge 2 $ 

a)
Ta có:
$\forall x\in(0,\frac{\pi}{4})\Rightarrow 0<\tan x< 1$
                         $\Rightarrow \tan^nx>\tan^{n+1}x, \forall x\in(0,\frac{\pi}{4}) $
                         $\Rightarrow \int\limits_0^{\frac{\pi}{4}}\tan^nxdx>\int\limits_0^{\frac{\pi}{4}} \tan^{n+1}x dx$
Hay: $I_n> I_{n+1}$ 

Đặt: $I=\int\limits_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos^{2010}x}{\sin^{2010}x+\cos^{2010}x}dx, J=\int\limits_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin^{2010}x}{\sin^{2010}x+\cos^{2010}x}dx $.
Ta có: $I+J=\int\limits_0^{\frac{\pi}{2}}dx=\frac{\pi}{2}$.
Đặt $t=\frac{\pi}{2}-x$. Suy ra:
$I= \int\limits_{\frac{\pi}{2}}^0\frac{\cos^{2010}( \displaystyle\frac{\pi}{2}-t)}{\sin^{2010}(\displaystyle\frac{\pi}{2}- t)+\cos^{2010}(\displaystyle \frac{\pi}{2}-t)}d(\frac{\pi}{2}-t)$ 
    $=\int\limits_{\frac{\pi}{2}}^0\frac{-\sin^{2010}t}{\sin^{2010}t+\cos^{2010}t}dt$ 
    $=\int\limits_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin^{2010}t}{\sin^{2010}t+\cos^{2010}t}dt=J$  
Từ đó, suy ra: $I=J=\frac{\pi} {4}$ .

Vì $f$ tuần hoàn chu kì $T=1$, suy ra: $x+2009=x,\forall x$
$\Rightarrow \int\limits_0^1xdx=\int\limits_0^1(x+2009)dx$
                      $=\int\limits_0^1(x+2009)d(x+2009)=\int\limits_{2009}^{2010}tdt$ , đpcm.

$(2+3i)z=z-1\Leftrightarrow (1+3i)z=-1$
                                       $\Leftrightarrow z=\frac{-1}{3i+1}$ 
                                       $\Leftrightarrow z=\frac{3i-1}{10}$ 

2.
Ta có:
$I_1=\int\sin xdx=-\cos x+C$
$I_3=\frac{-\sin^2x\cos x}{3}+\frac{2}{3}I_1= \frac{-\sin^2x\cos x}{3}-\frac{2}{3}\cos x+C$ 

1,
Ta có:
$I_n=\int\sin^nxdx=-\int\sin^{n-1}xd(\cos x)$ 
       $=-\sin^{n-1}x\cos x+\int\cos xd(\sin^{n-1}x)$ 
       $=-\sin^{n-1}x\cos x+\int\cos x.(n-1)\sin^{n-2}x\cos xdx$
       $=-\sin^{n-1}x\cos x+(n-1)\int(1-\sin^2x)\sin^{n-2}xdx$
       $=-\sin^{n-1}x\cos x+(n-1)(I_{n-2}-I_n)$
$\Rightarrow I_n=\frac{-\sin^{n-1}x\cos x}{n}+\frac{n-1}{n}I_{n-2}$ 

Gọi $\mathscr{D}(\Delta)$ là phép đối xứng trục $(\Delta)$.
Gọi $d$ là trung trực $AA_1$.
Giả sử: $\mathscr{D}(d): A\rightarrow A_1$
                              $B\rightarrow B'$
Nếu $B'\equiv B_1$ , suy ra điều phải chứng minh.
Nếu $B'\not\equiv B_1$ , gọi $d'$ là trung trực $B'B_1$.
Ta có: $A_1B_1=AB=A_1B' \Rightarrow A_1\in(d')$
Suy ra: $\mathscr{D}(d'):A_1\rightarrow A_1$
                                $B'\rightarrow B_1$ 
Dẫn tới: $\mathscr{D}(d')\circ\mathscr{D}(d): A\rightarrow A_1$
                                                  $B\rightarrow B_1$               (đpcm).

Ta có: $\angle APM=90^o-\angle AMP=\angle QMB$ 
       $\Rightarrow \triangle APM\sim\triangle BMQ \Rightarrow \frac{AM}{AP}=\frac{BQ}{BM}$
Mà: $AM=NB, AN=MB \Rightarrow \frac{BN}{AP}=\frac{BQ}{AN} \Leftrightarrow \frac{BN}{BQ}=\frac{AP}{AN}$
Suy ra: $\triangle BNQ\sim\triangle APN$
         $\Rightarrow\angle BNQ+\angle ANP=\angle APN+\angle ANP=90^o$
         $\Rightarrow \angle PNQ=90^o$ , đpcm.

Bài này đã có trong thư viện.
Lời giải như sau:

Xét hàm số $ y = \ln x , x \geq 1 $ thì hàm số ngược của nó là $x=e^y$
Từ đồ thị , ta có : $S_1+S_2 \geq S{OBCA} \Leftrightarrow  \int\limits_{1}^{b} \ln xdx + \int\limits_{0}^{a}e^ydy \geq ab$
$\Leftrightarrow  b. \ln b - b + 1 + e^a - 1 \geq ab     \Leftrightarrow  b(a+1)\leq  e^a + b.\ln b.$